ABC241H Card Deck Score

考虑写做生成函数：

一个物品的生成函数\(F_i(x) = \sum_{t = 0}^{b_i} a_i^tx^t \\= \sum_{t = 0}a_i^tx^t - \sum_{t = b_i + 1}a_i^{t}x_i^{t}\\=\frac{1}{1 - a_ix} - a_i^{b_i + 1}x^{b_i + 1}\frac{1}{1 - a_ix}\)

故整体背包生成函数为\(G(x) = \frac{\prod (1 - a_i^{b_i + 1}x^{b_i + 1})}{\prod (1 - a_ix)}\)

即求 \([x^m]G(x)\)

可能可以直接对分母求逆

考虑可以暴力枚举分子的次数组成

但是我们如何求出分母的贡献呢，显然除一个多项式是不太好的，我们考虑将其转为 \(\frac{1}{\prod (1 - a_ix)} \to \sum \frac{c_i}{1 - a_ix}\)

考虑带入特殊值可得出 \(c_i = \frac{1}{\prod_{j \neq i}1 - a_j(a_i)^{-1}}\)

直接即可求出分母的\([x^k]\),同时再暴力枚举分子即可。

大概的复杂度是\(O(n2^nlog_m)\)

点击查看代码

//晦暗的宇宙，我们找不到光，看不见尽头，但我们永远都不会被黑色打倒。——Quinn葵因
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 20
#define mod 998244353

inline ll qpow(ll a,ll b){
	ll res = 1;
	while(b){
		if(b & 1)res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

ll a[N],b[N],c[N];

int n;

ll ans = 0;

ll na,nx;

ll m;

int main(){
	scanf("%d%lld",&n,&m);
	for(int i = 1;i <= n;++i)
	scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]);
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		ll inv = qpow(a[i],mod - 2);
		c[i] = 1;
	for(int j = 1;j <= n;++j){
		if(i == j)continue;
		c[i] = (c[i] * (1ll - 1ll * a[j] % mod * inv % mod + mod) % mod) % mod;
	}
		c[i] = qpow(c[i],mod - 2);
	}
	for(int i = 0;i < (1ll << n);++i){
		na = 1,nx = 0;
		for(int j = 1;j <= n;++j)
		if((i >> (j - 1)) & 1){
			na = (na * ((mod - qpow(a[j],b[j] + 1) % mod) + mod) % mod) % mod;
			nx += b[j] + 1;
		}
		if(m >= nx){
			for(int j = 1;j <= n;++j){
				ans = (ans + na * c[j] % mod * qpow(a[j],m - nx) % mod) % mod;
			}
		}
	}
	std::cout<<ans<<"\n";
}